Vectơ gia tốc có độ lớn tỉ lệ với li độ, chiều luôn hướng về vị trí cân bằng.

Ta có: \({{Z}_{L}}=\omega L=50\left( \Omega  \right).\to I=\frac{U}{{{Z}_{L}}}=\frac{{{U}_{o}}}{\sqrt{2}.{{Z}_{L}}}=\frac{200}{\sqrt{2}.50}=2\sqrt{2}A.\)

Mức cường độ âm: \(L=10\log \left( \frac{I}{{{I}_{o}}} \right)=10\log \left( \frac{10{{I}_{o}}}{{{I}_{o}}} \right)=10\,\,\left( dB \right)\)

Năng lượng điện từ là đại lượng bảo toàn.

Hai lần liên tiếp năng lượng điện trường và năng lượng từ trường bằng nhau là \(T/4\).

Trong dao động điều hòa thì li độ, vận tốc và gia tốc là ba đại lượng biến đổi như những hàm cosin của thời gian có cùng tần số góc.

Số khối A = 235 = số proton + số notron. Số proton = số electron = 92 \(\Rightarrow \) số notron = 143.

Điều kiện để xảy ra hiện tượng quang dẫn là: \(\lambda \le {{\lambda }_{o}}\Leftrightarrow f\ge {{f}_{o}}\)

Với \({{f}_{o}}=\frac{c}{{{\lambda }_{o}}}=\frac{{{3.10}^{8}}}{0,{{62.10}^{-6}}}=4,{{48.10}^{14}}\left( Hz \right)\)

\(\Rightarrow \) Chỉ có chùm bức xạ 4 mới gây được hiện tượng quang dẫn.

Ta có: \(P={{I}^{2}}R\to R=\frac{P}{{{I}^{2}}}=\frac{\left( 40 \right)}{{{\left( 1 \right)}^{2}}}=40\,\Omega .\)

Hai quả cầu ban đầu hút nhau nên chúng mang điện trái dấu.

Từ giả thiết bài toán, ta có \(\left\{ \begin{align} & \left| {{q}_{1}}{{q}_{2}} \right|={{q}_{1}}{{q}_{2}}=\frac{F{{r}^{2}}}{k}=\frac{16}{3}{{.10}^{-12}} \\ & {{\left( \frac{{{q}_{1}}+{{q}_{2}}}{2} \right)}^{2}}=\frac{F{{r}^{2}}}{k}\Rightarrow {{q}_{1}}+{{q}_{2}}=\pm \frac{\sqrt{192}}{3}{{.10}^{-6}} \\ \end{align} \right.\)

Áp dụng hệ thức Vi-ét \(\Rightarrow {{q}_{1}},{{q}_{2}}\) là nghiệm của phương trình: \({{X}^{2}}\pm \frac{\sqrt{192}}{3}{{.10}^{-6}}X+\frac{16}{3}{{.10}^{-12}}=0\)

\(\Rightarrow \left\{ \begin{align} & {{q}_{1}}=0,{{96.10}^{-6}}C \\ & {{q}_{2}}=-5,{{58.10}^{-6}}C \\ \end{align} \right.\)

hoặc \(\left\{ \begin{align} & {{q}_{1}}=-5,{{58.10}^{-6}}C \\ & {{q}_{2}}=0,{{96.10}^{-6}}C \\ \end{align} \right.\)

Từ \(\frac{\xi }{I}=R+{{R}_{o}}+r\Rightarrow \left\{ \begin{align} & \xi 60=40+{{R}_{o}}+r \\ & \xi 100=80+{{R}_{o}}+r \\ \end{align} \right.\Rightarrow \xi =1V\)

Ta có:

\(A={{\text{W}}_{d}}={{m}_{o}}{{c}^{2}}\left( \frac{1}{\sqrt{1-\frac{{{v}^{2}}}{{{c}^{2}}}}}-1 \right)=9,{{1.10}^{-31}}.{{\left( {{3.10}^{8}} \right)}^{2}}.\left( \frac{1}{\sqrt{0,{{5}^{2}}}}-1 \right)\approx 1,{{267.10}^{-14}}\left( J \right)\)

Bức xạ gây ra hiện tượng quang điện khi \(\lambda \le {{\lambda }_{o}}\Rightarrow {{\lambda }_{2}}\le {{\lambda }_{o}}\)

Chỉ có bức xạ 2 gây ra hiện tượng quang điện.

Khoảng vân: \(i=\frac{\lambda D}{a}=\frac{0,{{6.10}^{-6}}.2}{1,{{2.10}^{-3}}}=1mm\Rightarrow \frac{{{x}_{m}}}{i}=6\Rightarrow \)M là vân sáng bậc 6.

                                                                             \(\Rightarrow \frac{{{x}_{N}}}{i}=15,5\Rightarrow \)N là vân tối thứ 16.

Năng lượng liên kế hạt nhân bằng năng lượng tối thiểu để phá vỡ hạt nhân đó thành các nucleon riêng rẽ.

Sơ đồ tạo ảnh: \(\xrightarrow{{{O}_{1}}}\xrightarrow{\text{M }\!\!{\scriptscriptstyle 3\!/\!{ }_4}\!\!\text{ t}}V\Rightarrow \left\{ \begin{align} & k=\frac{d'-f}{-f}\Rightarrow 6=\frac{d'-10}{-10}\Rightarrow d'=-50 \\ & G=k\frac{O{{C}_{C}}}{{{d}_{M}}}=k\frac{O{{C}_{C}}}{\ell -d'}=6.\frac{26}{2+50}=3 \\ \end{align} \right.\)

Ta có: \({{I}_{o}}=\omega {{Q}_{o}}=\frac{{{Q}_{o}}}{\sqrt{LC}}\Rightarrow L=\frac{Q_{o}^{2}}{C}.\frac{1}{I_{o}^{2}}\)

Khi đó: \({{L}_{3}}=\left( 9{{L}_{1}}+4{{L}_{2}} \right)\Rightarrow \frac{1}{I_{o3}^{2}}=\frac{9}{I_{o1}^{2}}+\frac{4}{I_{o2}^{2}}\Rightarrow {{I}_{o3}}=4\,\,mA\)

Với công suất tiêu thụ trên mạch là 400W, thì có hai giá trị của R thỏa mãn

\(P=R.\frac{{{U}^{2}}}{{{R}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}\Leftrightarrow {{R}^{2}}-25R+{{10}^{2}}=0\Leftrightarrow \left( \begin{align} & R=50\Omega \\ & R=20\Omega \\ \end{align} \right.\)

Dòng điện cực đại trong mạch LC: \(\frac{1}{2}LI_{o}^{2}=\frac{1}{2}CU_{o}^{2}\Rightarrow I_{o}^{2}=\frac{C}{L}U_{o}^{2}=\frac{U_{o}^{2}}{{{Z}_{L}}{{Z}_{C}}}\)

Để duy trì dao động của mạch thì công suất cần cung cấp cho mạch đúng bằng công suất tỏa nhiệt trên R: \(P=\frac{I_{o}^{2}}{2}{{R}_{2}}=0,09W.\)

Âm thanh do người hay dụng cụ phát ra có đồ thị được biểu diễn theo thời gian có dạng biến thiên tuần hoàn.

Hiện tượng quang điện là hiện tượng electron bứt ra khỏi bề mặt tấm kim loại khi có ánh sáng thích hợp chiếu vào nó.

Ta có:

\(\left| {{e}_{cu}} \right|=\frac{\left| \Delta \Phi  \right|}{\Delta t}=\frac{\left| N\Delta BS\cos \left( \overrightarrow{n},\overrightarrow{B} \right) \right|}{\Delta t}=\frac{10.\left| 0-{{2.10}^{-4}} \right|{{.20.10}^{-4}}.\cos {{60}^{o}}}{0,01}={{2.10}^{-4}}\left( V \right)\)

Tần số và màu sắc ánh sáng không phụ thuộc vào môi trường, nghĩa là khi ánh sáng truyền từ môi trường này sang môi trường khác thì tần số và màu sắc không đổi.

\(\Rightarrow \) Khối lượng trung bình của uran là:

\(m=\frac{99,27}{100}.238,0508u+\frac{0,72}{100}.235,0439u+\frac{0,01}{100}.234,0409u=238,0287u\).

Để giảm công suất hao phí trên đường dây truyền tải thì người ta sử dụng biện pháp tăng điện áp hiệu dụng ở nơi phát điện.

Cách 1: Ta có \(\left\{ \begin{align} & {{Z}_{L}}=\omega L=25\left( \Omega \right) \\ & {{Z}_{C}}=\frac{1}{\omega C}=10\left( \Omega \right) \\ \end{align} \right.\)

Tổng trở của mạch: \(Z=\sqrt{{{R}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}=\sqrt{{{15}^{2}}+{{\left( 25-10 \right)}^{2}}}=15\sqrt{2}\,\left( \Omega  \right).\)

Độ lệch pha giữa u và i: \(\tan \varphi =\frac{{{Z}_{L}}-{{Z}_{C}}}{R}=1\Rightarrow \varphi =\frac{\pi }{4}>0:\)  u sớm pha hơn i là \(\frac{\pi }{4}\) .

\(\Rightarrow u={{I}_{o}}Z\cos \left( 100\pi t+\frac{\pi }{4}+\frac{\pi }{4} \right)=2\sqrt{2}.15\sqrt{2}\cos \left( 100\pi t+\frac{\pi }{2} \right)=60\cos \left( 100\pi t+\frac{\pi }{2} \right)\,\,\left( V \right)\)

Cách 2: Tổng trở: \(\overline{Z}=15+\left( 25-10 \right)i=15+15i.\)

• Chuyển máy về chế độ RAD: SHIFT → MODE → 4.
• Phép tính số phức: MODE 2 màn hình xuất hiện CMPLX.
• Nhập phép tính: \(u=i.\overline{Z}=\left( 2\sqrt{2}\angle \frac{\pi }{4} \right).\left( 15+15i \right).\)
• Bấm SHIFT → 2 → 3 → = để nhận kết quả.

Ta có:

\(\left\{ \begin{align} & \Delta E=\left( {{m}_{P}}+{{m}_{Be}}-{{m}_{Li}}-{{m}_{X}} \right){{c}^{2}}=2,66\,\left( MeV \right) \\ & =+{{\text{W}}_{X}}-\Rightarrow {{\text{W}}_{X}}={{\text{W}}_{P}}+\Delta E-{{\text{W}}_{Li}}=5,06\,\,(MeV) \\ \end{align} \right.\)

Tần số dao động riêng của con lắc lò xo: \({{f}_{o}}=\frac{1}{2\pi }\sqrt{\frac{k}{m}}=\frac{1}{2\pi }\sqrt{\frac{40}{0,1}}\approx 3,183\,\left( Hz \right)\)

Ta nhận thấy rằng \({{f}_{1}}\)  gần \({{f}_{o}}\)  hơn \({{f}_{2}}\)  nên hiện tượng cộng hưởng xảy ra rõ ràng hơn, do đó \({{A}_{1}}>{{A}_{2}}.\)

Photon bức xạ ra khi electron chuyển từ mức n = 3 sang mức n = 2, có năng lượng thỏa mãn:

\(\begin{align} & \varepsilon ={{E}_{3}}-{{E}_{2}}\Leftrightarrow \frac{hc}{{{\lambda }_{32}}}=13,6\left( \frac{1}{4}-\frac{1}{9} \right).1,{{6.10}^{-19}}={{3.0222.10}^{-19}} \\ & \Rightarrow {{\lambda }_{32}}=\frac{hc}{{{3.0222.10}^{-19}}}=\frac{6,{{625.10}^{-34}}{{.3.10}^{8}}}{{{3.0222.10}^{-19}}}=0,{{6576.10}^{-6}}m=0,6576\mu m. \\ \end{align}\)

Chiều dài quỹ đạo: \(L=2A=2.8=16\left( cm \right).\)

Câu sai: Chất rắn không có khả năng cho quang phổ hấp thụ.

Cách 1: \(\cos \varphi =\frac{R}{Z}\Rightarrow Z=\frac{R}{\cos \varphi }=\frac{50}{0,8}=62,5\Omega .\)

\(I=\frac{U}{Z}=\frac{150}{62,5}=2,4A;\,P=UI\cos \varphi =150.2,4.0,8=288W.\)

Cách 2: \(P=\frac{{{U}^{2}}}{R}{{\cos }^{2}}\varphi =\frac{150}{50}{{\left( 0,8 \right)}^{2}}=288\left( \text{W} \right)P=UI\cos \varphi \Rightarrow I=\frac{P}{U\cos \varphi }=\frac{288}{150.0,8}=2,4A\).

Phương trình sóng có dạng \(x=A\cos 2\pi \left( \frac{t}{T}-\frac{x}{\lambda } \right)\)

Ta có: \({{U}_{RC}}=I.{{Z}_{RC}}=\frac{U\sqrt{{{R}^{2}}+Z_{C}^{2}}}{\sqrt{{{R}^{2}}+{{\left( {{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}}=125\sqrt{2}\,(V)\)

Tần số góc: \(\omega =\sqrt{\frac{k}{m}}=\sqrt{\frac{100}{0,1}}=10\sqrt{10}\left( rad/s \right)\)

Ta có:

\(\frac{{{v}^{2}}}{{{\left( \omega A \right)}^{2}}}+\frac{{{a}^{2}}}{{{\left( {{\omega }^{2}}A \right)}^{2}}}=1\Rightarrow a={{\omega }^{2}}A\sqrt{1-\frac{{{v}^{2}}}{{{\left( \omega A \right)}^{2}}}}={{\left( 10\sqrt{10} \right)}^{2}}.\sqrt{2}{{.10}^{-2}}\sqrt{1-\frac{{{\left( 10\sqrt{10} \right)}^{2}}}{{{\left( 10\sqrt{10}.\sqrt{2} \right)}^{2}}}}=10\,\left( m/{{s}^{2}} \right)\)

Thân thể con người ở nhiệt độ \({{37}^{o}}C\) phát ra bức xạ hồng ngoại.

Ta có: \({{T}_{1}}=\frac{\Delta t}{N}=\frac{600}{299}=2\pi \sqrt{\frac{l}{g}};\,{{T}_{2}}=\frac{\Delta t}{N}=\frac{600}{386}=2\pi \sqrt{\frac{l-0,4}{g}}\)

\(\Rightarrow T_{1}^{2}-T_{2}^{2}={{\left( \frac{600}{299} \right)}^{2}}-{{\left( \frac{600}{386} \right)}^{2}}=\frac{{{\left( 2\pi  \right)}^{2}}.0,4}{g}\Rightarrow g=9,8\left( m/{{s}^{2}} \right)\)

Tần số góc của dao động \(\omega =\sqrt{\frac{k}{m}}=10\left( rad/s \right)\)

Độ biến dạng của lò xo tại vị trí cân bằng \(\Delta {{l}_{o}}=\frac{mg}{k}=10cm\) .

Phương trình định luật II Niuton cho vật \(\overrightarrow{{{F}_{dh}}}+\overrightarrow{N}+\overrightarrow{P}=m\overrightarrow{a}\)

Tại vị trí vật rời khỏi giá đỡ thì \(\overrightarrow{N}=0\)

\(\Rightarrow {{F}_{dh}}=P-ma\Leftrightarrow \Delta l=\frac{m\left( g-a \right)}{k}=8cm\)

Tốc độ của vật tại vị trí này: \({{v}_{o}}=\sqrt{2as}=\sqrt{0,32\,}\,\,m/s.\)

Biên độ dao động \(A=\sqrt{{{\left( \Delta {{l}_{o}}-\Delta l \right)}^{2}}+{{\left( \frac{v}{\omega } \right)}^{2}}}=6cm\)

Tại \(t=0,x=-\left| \Delta {{l}_{o}}-\Delta l \right|=-2cm\) và \(v>0\Rightarrow {{\varphi }_{o}}=-1,91\,rad.\)

Vậy phương trình dao động của vật: \(x=6\cos \left( 10t-1,91 \right)\,cm.\) 

Ta có: \(\Delta {{\varphi }_{MN}}=2\pi \frac{\Delta x}{\lambda }=\left( 2k+1 \right)\pi \)  (M và N dao động ngược pha).

\(\lambda =\frac{v}{f}\to f=\left( 2k+1 \right)\frac{v}{2\Delta x}=\left( 2k+1 \right)\frac{\left( 80 \right)}{2\left( 10 \right)}=4\left( 2k+1 \right)\,Hz\)

Với \(38Hz<f<50Hz\) \(\to f=44Hz\) tương ứng với \(k=5.\)  

Trên mặt nước có 21 dãy cực đại, như vậy nếu không tính trung trực của AB thì từ H đến A có 10 dãy cực đại.

Để N gần M nhất thì N thuộc cực tiểu thứ nhất. Từ hình vẽ, ta có:

\(\left\{ \begin{align} & AN-BN=0,5\lambda =0,375 \\ & A{{N}^{2}}={{5}^{2}}+{{x}^{2}} \\ & B{{N}^{2}}={{5}^{2}}+{{\left( 8-x \right)}^{2}} \\ \end{align} \right.\)

\(\Rightarrow \sqrt{{{5}^{2}}+{{x}^{2}}}-\sqrt{{{5}^{2}}+{{\left( 8-x \right)}^{2}}}=0,375\Rightarrow x=4,3cm\)

Vậy \(MN=AH=x=4,3-4=0,3cm\).

Ta có: Vị trí của vân sáng \({{x}_{M}}=k\frac{D\lambda }{a}\to \lambda =\frac{a{{x}_{M}}}{kD}=\frac{0,{{4.10}^{-3}}{{.27.10}^{-3}}}{3k}=\frac{3,6}{k}\mu m.\)

\(\to \) Lập bảng, với khoảng giá trị của bước sóng, ta tìm được các bức xạ cho vân sáng là

\({{\lambda }_{1}}=0,72\mu m,\,{{\lambda }_{2}}=0,6\mu m,{{\lambda }_{3}}=0,5142\mu m,{{\lambda }_{4}}=0,45\mu m,\,{{\lambda }_{5}}=0,4\mu m.\)

\(\to \) Giá trị trung bình \(\overline{\lambda }=0,53684\mu m.\)

Giao điểm của \({{U}_{L}},{{U}_{C}}\) và \({{U}_{R}}\)  là điểm đặc biệt:

Ta có: \({{U}_{L}}={{U}_{C}}={{U}_{R\max }}=U\)  thì \(\frac{1}{n}=1-\frac{C{{R}^{2}}}{2L}=1-\frac{U_{R}^{2}}{2{{U}_{L}}{{U}_{C}}}=1-\frac{1}{2}=\frac{1}{2}\Rightarrow n=2\)

\({{U}_{M}}=U_{C}^{\max }=U_{L}^{\max }=\frac{U}{\sqrt{1-{{n}^{2}}}}=\frac{100\sqrt{2}}{\sqrt{1-\frac{1}{4}}}=163,2993\,(V)\)